Evaluación de la integral $\int_{0}^{\infty} \frac{\cos(ax^{2}) \cosh(bx)}{\cosh (\pi x)} \ dx $

Question

Hay al menos dos formas de demostrarlo $$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos (ax^{2}) \cosh(ax)}{\cosh( \pi x)} \ dx = \cos \left( \frac{a}{4}\right) \ , \ |a| \le \pi $$ utilizando la integración de contornos.

Una forma es integrar $ \displaystyle f(z) = \frac{e^{iaz^{2}}e^{az}}{\cosh (\pi z)}$ alrededor de un rectángulo con vértices en $z=R, z= R+i$ , $z=-R+i$ et $z=-R$ .

Una segunda forma menos obvia es integrar $\displaystyle g(z) = \frac{e^{iaz^{2}}}{\sinh (\pi z)}$ alrededor de un rectángulo con vértices en $z= \pm R \pm \frac{i}{2}$ .

Pero, ¿y si sustituimos $\cosh(ax)$ avec $\cosh (bx)$ ?

Puede $$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{\cos(ax^{2}) \cosh(bx)}{\cosh(\pi x)} \ dx \ , \ |b| \le \pi $$ ¿se puede evaluar de forma cerrada?

Simplemente dejar que $ \displaystyle f(z) = \frac{e^{iaz^{2}} e^{bz}}{\cosh (\pi z)}$ y la integración alrededor del primer contorno no funcionará.

Y me interesa cualquier enfoque, no necesariamente uno que implique la integración de contornos.

Answer 1

Un enfoque general para abordar ambos problemas es aprovechar el hecho de que: $$ f(x) = \frac{1}{\cosh(x\sqrt{\pi/2})}\tag{1}$$ es un punto fijo para la transformada de Fourier $\mathcal{F}:f\to\widehat{f}$ : $$ \widehat{f}(s) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\,e^{-isx}\,dx.$$ Si $g(x)=\cos(ax^2),h(x)=\cosh(bx)$ que tenemos: $$ \widehat{g}(s) = \frac{1}{2\sqrt{a}}\left(\cos\frac{s^2}{4a}+\sin\frac{s^2}{4a}\right),$$ $$\widehat{h}(s) = \sqrt{\frac{\pi}{2}}\left(\delta(s-ib)+\delta(s+ib)\right)\tag{2}$$ por lo que tenemos: $$ \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\cosh(bx)}{\cosh(\pi x)}\,dx = \frac{1}{\cos\frac{b}{2}}=\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n E_{2n}}{4^n(2n)!}b^{2n}\tag{3}$$ para cualquier $b\in\mathbb{C}$ tal que $|b|<\pi$ .

Por ejemplo, al diferenciar $(3)$ con respecto a $b$ dos veces, obtenemos: $$ \int_{-\infty}^{+\infty}x^2\,\frac{\cosh(bx)}{\cosh(\pi x)}\,dx = \frac{d^2}{db^2}\frac{1}{\cos\frac{b}{2}}=\frac{3-\cos b}{8\cos^3\frac{b}{2}}\tag{4}$$ Así que..: $$\begin{eqnarray*} \int_{-\infty}^{+\infty}\cos(ax^2)\frac{\cosh(bx)}{\cosh(\pi x)}\,dx &=& \sum_{m=0}^{+\infty}\frac{(-1)^m a^{2m}}{(2m)!}\int_{-\infty}^{+\infty}x^{4m}\frac{\cosh(bx)}{\cosh(\pi x)}\,dx\\&=& \sum_{m=0}^{+\infty}\frac{(-1)^m a^{2m}}{(2m)!}\cdot\frac{d^{4m}}{db^{4m}}\frac{1}{\cos\frac{b}{2}}\tag{5}\end{eqnarray*}$$ y ahora basta con explotar la identidad: $$ \sec\frac{b}{2}=2\sum_{n\geq 0}(-1)^n\left(\frac{1}{b+(2n+1)\pi}-\frac{1}{b-(2n+1)\pi}\right)\tag{6}$$ que se desprende del teorema del residuo.